B(R) - σ-ciało zbiorów borelowskich, tj. najmniejsze σ-ciało zawierające przedziały typu (−∞, a), gdzie a ∈ R.

zadania 5 listopada 2013

B(R) - σ-ciało zbiorów borelowskich, tj. najmniejsze σ-ciało zawierające przedziały typu (−∞, a), gdzie a ∈ R.

1. Pokazać, że przedziały [a, b), [a, b], (a, b], (a, b), (−∞, a], (a, ∞), [a, ∞) oraz {a} są borelowskie.

rozwiązanie:

Wystarczy zapisać powyższe zbiory następująco i skorzystać z warunków lub własności σ-ciała:

a) [a, ∞) = R \ (−∞, a);

b) (−∞, a] = T ∞

n=1 (−∞, a + _n ¹ );

c) (a, ∞) = R \ (−∞, a];

d) [a, b) = [a, ∞) \ [b, ∞);

e) [a, b] = (−∞, b] ∩ [a, ∞);

f) (a, b] = (−∞, b] ∩ (a, ∞);

g) (a, b) = (−∞, b) ∩ (a, ∞);

h) {a} = (−∞, a] ∩ [a, ∞).

2. Ile osób powinna liczyć grupa, aby prawdopodobieństwo zdarzenia, że znajdą się w niej co naj- mniej dwie osoby obchodzące urodziny tego samego dnia było większe od ¹ ₂ ?

rozwiązanie:

Przyjmijmy pewne upraszczające założenia:

- rok ma 365 dni;

- wybrana osoba obchodzi urodziny każdego dnia z jednakowym prawdopodobieństwem.

Niech k oznacza liczbę osób. Wtedy zdarzenia elementarne są wariacjami k-elementowymi ze zbioru 365-elementowego. Zatem

¯ ¯

Ω = 365 ^k .

Niech A - oznacza zdarzenie polegające na tym, że co najmniej dwie osoby w grupie obchodzą urodziny tego samego dnia; wtedy A ⁰ - jest zdarzeniem polegającym na tym, że żadne dwie osoby w grupie nie obchodzą urodzin tego samego dnia. Zauważmy, że

¯ ¯

A ⁰ = V ₃₆₅ ^k = 365!

(365 − k)! = 365 · 364 · . . . · (365 − k + 1).

Wtedy

P (A ⁰ ) = 365 · 364 · . . . · (365 − k + 1) 365 ^k

Podejście nieeleganckie.

Prawdopodobieństwo zdarzenia A ⁰ można zapisać następująco

P (A ⁰ ) =

k

Y

j=1

365 − j + 1

365 = 365 − k + 1

365 ·

k−1

Y

j=1

365 − j + 1 365

i wykorzystując arkusz kalkulacyjny policzyć wartości tego prawdopodobieństwa dla kolejnych wartości k, otrzymując

1

k 1 2 . . . 20 21 22 23 . . . P (A ⁰ ) 1 0, 9973 . . . 0, 5886 0, 5563 0, 5243 0, 4927 . . . Widzimy zatem, że dla k ≥ 23

P (A) = 1 − P (A ⁰ ) ≥ 1 2 .

Rozwiązanie eleganckie. Zacznijmy udowodnienia pomocniczego lematu Lemat 1 Dla dowolnej liczby rzeczywistej x zachodzi nierówność

1 + x ≤ e ^x . uzasadnienie:

Rozważmy funkcję f (x) = e ^x − 1 − x. Funkcja ta jest ciągła w R. Liczmy jej pochodną f ⁰ (x) = e ^x − 1,

stąd

f ⁰ (x) = 0 ⇐⇒ x = 0.

Ponadto łatwo sprawdzić, że

f ⁰ (x) > 0 ⇐⇒ x > 0 oraz

f ⁰ (x) < 0 ⇐⇒ x < 0.

Wnioskujemy stąd, że funkcja f (x) w punkcie x = 0 posiada minimum globalne. Zatem dla każdego x ∈ R zachodzi nierówność

f (x) ≥ f (0) = 0, co równoważne jest nierówności

e ^x ≥ 1 + x.

Wyrażając prawdopodobieństwo zdarzenia A ⁰ następująco P (A ⁰ ) = (1 − 1

365 )(1 − 2

365 ) · . . . · (1 − k − 1 365 )

czynniki występujące w powyższym iloczynie możemy ograniczyć z góry wykorzystując nierów- ność podaną w Lemacie 1, tj.

P (A ⁰ ) ≤ e ⁻

· e ⁻

· . . . · e ⁻

= e ⁻

= e ⁻

.

Interesują nas te wartości k, dla których P (A) ≥ ¹ ₂ lub równoważnie, dla których P (A ⁰ ) < ¹ ₂ . Będzie tak, gdy

e ⁻

< 1 2 . Logarytmując stronami powyższą nierówność otrzymujemy

−k(k − 1) < −730 ln 2.

Pozostaje nam zatem znaleźć naturalne rozwiązania nierówności kwadratowej k ² − k − 730 ln 2 > 0

Odp: k ≥ 23.

2